Pobierz Zadania z Ziemią w treści i więcej Publikacje w PDF z Matematyka tylko na Docsity!
Zadania z Ziemią w treści (tematy na lekcje, kółka matematyczne, pogadanki, itp. ) Michał Szurek W niniejszym artykule podaję kilka zadań, których treścią jest... Ziemia. Niektóre z nich są bardzo znane, ale warto je przypomnieć. W dobrym przybliżeniu Ziemia jest kulą – bryłą o nieskomplikowanej, lecz interesującej geometrii. Niektóre, nawet dobrze znane właściwości geometryczne kształtu kulistego wciąż jednak nas zaskakują. Hugo Steinhaus pisał, że glob ziemski jest „niepraktycznie zbudowany”. To prawda, ale dzięki temu matematycy mają co robić, choćby i wymyślać łamigłówki takie jak ta, powszechnie znana: Zadanie 1. Wyszedłem z namiotu, poszedłem 1 km na południe, potem 1 kilometr na zachód. Idąc teraz stale na północ wróciłem do punktu wyjścia i ku swojemu przerażeniu zauważyłem, że niedźwiedź wyjadł mi wszystkie zapasy żywności. Jakiego koloru był ten niedźwiedź? Przypomnijmy rozmiary Ziemi. Będziemy przyjmować, że jest ona kulą o promieniu 6371 km i obwodzie 40000 km. Dane te są „trochę sprzeczne”, bo 2 π 6371 ≈ 40030,1736.... Jeśli przypomnimy sobie o tym, że Ziemia jest spłaszczona na biegunach, to będziemy mieli: promień równikowy 6378,160 km, biegunowy 6356,775 km, spłaszczenie 0,003353. Tylko niektóre z poniższych zadań dadzą się łatwo rozwiązać, jeśli będziemy uwzględniać to spłaszczenie. Z podręcznika do klasy III gimnazjum, wyd. GWO przepisujemy Zadanie 2. Oblicz jaką powierzchnię miałaby kula ziemska, gdyby rzeczywiście była kulą o promieniu 6371 km. Porównaj otrzymany wynik z rzeczywistą powierzchnią Ziemi, równą 510,066 mln km^2. Wiemy, że bieguny na Ziemi mają szerokość geograficzną 90 stopni, ale nie mają żadnej długości geograficznej. Południki zbliżają się do siebie i schodzą się w jeden punkt – właśnie biegun. Równoleżniki mają różną długość (zawsze 2π r , ale im bliżej bieguna, tym mniejsze jest r ). Najdłuższy jest równik, a te równoleżniki, które opasują biegun bliziutko, są króciutkie, nawet 1 cm, nawet 1 mm, nawet 0,0001 mm. Zadanie 3. Obliczyć długość równoleżnika o szerokości geograficznej α. Który z równoleżników jest o połowę krótszy niż równik? Jaką długość ma równoleżnik przechodzący przez Twoją miejscowość? Ile km jest z Twojej miejscowości do bieguna północnego? Do bieguna południowego? Rozwiązanie. Bez trudu obliczamy promień okręgu będącego takim równoleżnikiem:, gdzie R jest promieniem Ziemi, zatem długością równoleżnika jest 2 π R cos α. O połowę krótszy niż równik jest równoleżnik 60o^. Rozstrzygnięcie pozostałych pytań zostawiamy Czytelnikom. Zadanie 4. Z lotniska w Balicach wystartował samolot. Poleciał 222 km na północ, potem 222 km na wschód, 222 km na południe i 222 km na zachód.. Gdzie wylądował?
W tym, punkcie, z którego wystartował? Oczywiście, że .... nie. Wskazówka: na wschód i zachód lecimy wzdłuż równoleżników, które mają zmienną długość.... Do rozwiązania zadania potrzebne są nam następujące dane: szerokość geograficzna lotniska w Balicach. Przyjmijmy φ = 50 stopni (naprawdę jest to kilkanaście sekund kątowych więcej). Pamiętamy, że jeden stopień szerokości geograficznej na równiku jest równy 111 km. Przyjmiemy, że Ziemia jest kulą, a zatem jeden stopień na południku jest też równy 111 km, a więc 222 kilometrów południka to 2 stopnie. Musimy znać długość d 50 równoleżnika 50^0 oraz długość d 52 równoleżnika 52^0. Mamy d 50 = 2 π R cos φ , gdzie φ = 50^0 , a R jest promieniem Ziemi, R = 6371 km, natomiast d 52 = 2π R cos
- Zatem d 50 = 25731 km. Jeden stopień na tej szerokości to
= (^) kilometra. Natomiast d 52 = 24645 km, więc jeden stopień na tej szerokości to 68,5 km. Samolot poleciał zatem 2 stopnie na północ. Znalazł się na 52 równoleżniku (z mapy możemy odczytać, że to okolice Łowicza) , potem
= (^) stopnia na wschód (trochę na płn.-zach. Od Białej Podlaskiej) i 2 stopnie na południe (wtedy znalazł się między Jarosławem i Lubaczowem). Był teraz 3,24 stopnia od Krakowa, czyli 3,24⋅ 71,5 = 231,66 kilometrów. Po przeleceniu 222 kilometrów w kierunku zachodnim znalazł się zatem o prawie 10 km na wschód od Balic. Jeśli lądował, to gdzieś na polu pod Batowicami.... Zadanie. Ile jest równy promień horyzontu na Ziemi? Odpowiedź zależy oczywiście od wysokości patrzącego. Przyjmijmy, że ma on oczy na wysokości h metrów, w punkcie H. Niech R będzie promieniem Ziemi, O – środkiem Ziemi, C odległością horyzontu. Z trójkąta prostokątnego OCH mamy HC^2 = OH^2 – OC^2 , czyli HC^2 = ( R + h )^2 – R^2 = 2 Rh + h^2. Jeśli np. h = 1,5 , to HC = (^) 2 6371000 1,5⋅ ⋅ + 1,5^2 = 4371,8. Ale dwumetrowy mężczyzna, mający oczy na wysokości 1,90 cm widzi o 550 metrów dalej. Dla niego horyzont jest odległy o 4920 metrów. Jeżeli wzniesiemy się na 10 kilometrów nad równinę, to nasz promień widzenia będzie już znaczny, około 357 kilometrów. Zadanie: Wszyscy wiemy, że przy dobrej pogodzie z Krakowa widać Tatry. Wyliczmy, na jaką wysokość trzeba się wzbić nad Gdańsk, żeby zobaczyć człowieka, stojącego na szczycie Świnicy (2301 m). Słowo „zobaczyć” jest tu użyte w nieco teoretycznym znaczeniu − musielibyśmy mieć bardzo dobrą lornetkę....
istotnie nie można jej rozprostować na płaszczyźnie. Walec ma krzywiznę zerową i dlatego powierzchnię walcową można wiernie odwzorować na płaszczyznę. Zadanie 6 , również bardzo znane, jest takie, że w rozwiązanie trudno uwierzyć, nawet, gdy wszystkie rachunki sprawdzi się dokładnie. Wyobraźmy sobie, że Ziemia jest wzdłuż równika opasana szczelnie drutem. Zwiększamy długość drutu o 10 metrów. Jak dalece będzie teraz ów drut odstawać od powierzchni? Pierwszym odruchem jest pomyśleć, że drut ten musi odstawać na drobny ułamek milimetra, czym jest 10 metrów wobec czterdziestu tysięcy kilometrów? Przeprowadźmy stosowne obliczenia. Równik ma długość 40000 km czyli 40000000 metrów. Jeżeli promień Ziemi oznaczymy przez R , to mamy zależność 2 π R = 40000 gdzie R jest wyrażone w kilometrach. Dodajmy do równika tylko 10 metrów i oznaczmy promień tak otrzymanego okręgu przez R 1_._ Mamy więc zależność: 2 π R 1 = 40000 + 0 , 01 bo 10 metrów to jedna setna kilometra. Wyznaczamy stąd π π 2 π
R =.
Drut będzie odstawać od powierzchni Ziemi o 2 π
kilometra, czyli 2 π
metrów. Po obliczeniach otrzymamy: 1 m 59 centymetrów. Nikt, kto nie przeprowadził stosownych rachunków, nie uwierzy w to. Co więcej, ten sam wynik otrzymamy gdy o 10 metrów zwiększymy długość drutu, hipotetycznie opasującego Marsa, Jowisza, Saturna ... oraz pomarańczę. Zawsze zwiększenie długości obwodu o 10 metrów powoduje zwiększenie promienia o 159 cm. Jest to taka sama stała liczba, jak i sama liczba π. Możemy ująć wynik naszego zadania tak: jeżeli osoba, która ma nos na wysokości 1 metr 59 centymetrów obejdzie Ziemię dookoła, to jej nos przebędzie drogę o 10 metrów dłuższą niż nogi. Dokładnie tak samo będzie na Księżycu, Marsie i Saturnie ... choć spacer po Saturnie dostarczyłby nam o wiele więcej emocji niż te, które wyniknęły z zadania. Zadanie 7. Kulę taką jak Ziemia opasujemy drutem miedzianym. Wyobraźmy sobie teraz, że następuje ochłodzenie klimatu: temperatura spada o 10 stopni. Drut się trochę kurczy i wpija w powierzchnię planety. Na jak głęboko? Do rozwiązania tego zadania musimy znać współczynnik rozszerzalności cieplnej drutu miedzianego. Możemy przyjąć, że przy ochłodzeniu o 10 stopni drut kurczy się o 10 cm na
kilometrze. Zatem „ubędzie” 400000 cm drutu; czyli 4 kilometry! Promień koła o obwodzie 40000 km jest równy 40000/6,28 = 6366,20 km. Promień koła o obwodzie 39960 km to 39994/6,28 = 6365,24 km. Drut wpije się w Ziemię na prawie kilometr! Zadanie 8. Wyobraźmy sobie, że po opasaniu Ziemi sznurkiem dowiązaliśmy jeszcze dwa metry do sznurka i naciągnęliśmy sznurek, tak, by utworzył się „daszek” ABH (p. rysunek). Jaka będzie wysokość daszka? Czy przejdzie pod nim mysz? Zadanie to jest nieco trudniejsze; musimy korzystać ze szkolnej geometrii i kalkulatora. Odcinki AH i BH są styczne do okręgu_._ Wiemy poza tym, że długość łuku AB jest o 2 metry mniejsza niż suma odcinków AH i BH. Oznaczmy kąt środkowy AOH przez α. Wtedy długość łuku AB jest równa 2 R α , gdzie r jest promieniem Ziemi. Długość odcinka OH wyznaczymy korzystając ze szkolnych zależności trygonometrycznych: AO/OH = cos α , czyli OH = AO/cos α = R/cos α. Pozostaje wyznaczyć kąt α i jest to najtrudniejsza część zadania, bowiem równanie na α okazuje się być proste ... i bardzo trudne. Mamy AH = r tg α , zatem α jest takim kątem, że r tg α − r α = 1 a zatem tg α − α = 1/. Takie równanie jest tzw. równaniem przestępnym. Wiele kalkulatorów (np. Texas Instruments, Casio) ma wbudowany „solver” czy „rozwiązywacz” równań. Ale nawet za pomocą zwykłego kalkulatora można metodą prób i błędów (czy, jak kto woli, kolejnych przybliżeń) wyznaczyć przybliżone rozwiązanie. Należy tylko rachować z dużą dokładnością i dochodzić do rozwiązania stopniowo. Jeśli mamy do dyspozycji kalkulator programowany, albo posługujemy się językiem programowania (C, Basic, TurboPascal, ...) , to możemy po prostu wziąć „na oko” α = 0,01; dla takiego kąta na pewno tg α − α > 1/6371000. Odejmując np. po 0,001 szukamy punktu w którym tg α − α spadnie po raz pierwszy poniżej 1/6371000. Takim punktem jest 0,777, zatem dla α = 0,778 mamy jeszcze tg α − α > 0. Następnie, dokładniejsze rozwiązanie otrzymujemy
równika do przecięcia się takim równoleżnikiem jest równa α R , gdzie α jest miarą łukową kąta odpowiadającego danej szerokości geograficznej. Łączna długość „opaski” jest równa 4 π R cos α + 8 α R = 4 R (π cos α + 2α ). Rozpatrzmy funkcję f zmiennej α ∈ 〈0; π/2〉 określoną wzorem f (α) = π cos α + 2 α Jest to funkcja różniczkowalna a jej pochodną jest f’ (α) = −π sin α + 2. Miejscem zerowym pochodnej jest taki kąt α, dla którego sin α = 2/ π ≈ 0,63662. Za pomocą kalkulatora znajdujemy, że kąt ten jest równy w przybliżeniu 0,690107 radianów, czyli około 390 32’. Funkcja f ma w tym punkcie maksimum lokalne, równe w przybliżeniu π cos 39^0 32’ + 2· 0,690107 ≈ 3, Wartościami funkcji f na końcach przedziału określoności są f (0) = π cos 0 +2 · 0 = π ≈ 3,14159 , f ( π/2 ) = π cos π/2 +2 ·π/2 = π ≈ 3, Zatem największa wartość funkcji f jest przyjmowana dla kąta równego około 39^0 32’. Na takiej szerokości geograficznej kosmici powinni założyć opaskę na Ziemię, żeby odholować naszą planetę w bezpieczne miejsce. Zadanie następne jest również bardzo znane. Rozwiązał je praktycznie Eratostenes z Cyreny, który w 230 roku p.n.e. wyznaczył promień Ziemi ze zdumiewającą dokładnością: 6300 km. Zadanie 10. Obliczyć obwód Ziemi. Wystarczy w tym celu zmierzyć długość cienia rzucanego w południe przez Słońce w dwóch miejscowościach leżących na tym samym południku. Najłatwiejsze obliczenia są wtedy, gdy w jednej z miejscowości Słońce stoi akurat w zenicie. Wyznaczamy kąt padania promieni słonecznych w tych dwóch punktach i za pomocą prostej geometrii obliczamy, co trzeba (rysunek). Musimy tylko znać odległość tych dwóch punktów, mierzoną oczywiście wzdłuż południka. Odpowiednie rachunki każdy sam sobie przeprowadzi. Bardzo interesująca jest tu dyskusja błędów: jaki wpływ na końcowy wynik ma niedokładność pomiaru długości cienia, momentu przejścia Słońca przez południk zerowy i tak dalej.... Gdańsk (w okolicy Sopotu) i Cieszyn na tym samym południku, odległość 519 km. Wreszcie, na koniec
Zadanie 11. Sami odkrywamy prawo powszechnego ciążenia. Można wyprowadzić prawo powszechnego ciążenia, posługując się tylko prostą geometrią. Tak to podobno – według Woltera − zrobił sam Newton. Mógł Newton, możemy i my. Gdy znamy już promień Ziemi, nietrudno wyznaczyć odległość Ziemi od Księżyca. Znów potrzebna tej elementarna trygonometria: mierzymy kąt pod jakim widać Księżyc w tym samym momencie w dwóch różnych miejscach. Dziś możemy też zajrzeć do tabel: odległość ta jest równa w przybliżeniu 60 promieniom ziemskim. Musimy też znać wartość przyspieszenia ziemskiego. To łatwe: wchodzimy na wieżę w Pizie, zrzucamy coś i mierzymy stoperem czas, w jakim doleci to do Ziemi. No, może dzisiaj to jest trudno wykonalne, bo krzywej wieży nie można już zwiedzać, ale Galileusz podobno właśnie tak obliczył wartość g jaką znamy dzisiaj: 9,81 metra na kwadrat sekundy. Następnie, musimy znać długość miesiąca księżycowego. To najłatwiejsza część pracy, a wynik zna każdy: 28 dni. Dokładnie, średnia wartość miesiąca księżycowego to 27,3217 dnia. A zatem kąt środkowy, odpowiadający godzinie drogi Księżyca po orbicie wokół Ziemi jest równy α= 0 ,^0096 27 , 32172 24
π radiana i tym czasie Księżyc przemieści się w przestrzeni do innego punktu, odległego od wyjściowego o d = 2 r sin 2 α = 3683, kilometrów. Stąd (rysunek) wyznaczamy x = (^) d^2 − y^2 = 2 r 2 sin 2 α = 17,647 kilometra. O tyle Księżyc spadłby na Ziemię w ciągu godziny, gdyby nie było siły odśrodkowej. Ponieważ 0 , 0049 3600
= , więc w pobliżu Ziemi tyle by spadł w sekundę (3600 = 60^2 ). Pamiętając, że odległość Księżyca od Ziemi jest równa 60 promieniom ziemskim, możemy zawołać z dumą: Eureka, eureka: Siła ciążenia działa odwrotnie proporcjonalnie do kwadratu odległości!!!
